# Lineární algebra 2 - DÚ 3 - C-S,G-S,ortogonalita

## 1)

Zde stačí využít C-S nerovnosti:
$u = (5,1,3,1), v = (a,b,c,d)$. Jelikož $||(5,1,3,1)||=6$, pak výraz na levé straně je $\langle (u,v) \rangle$ a na pravé straně $||u||*||v||$, a tak platí $\langle (u,v) \rangle \leq |\langle (u,v) \rangle | \leq ||u||*||v||$.

## 2)

$\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}\leq \sqrt{\frac{x_1^2+x_2^2+...+x_n^2}{n}}$

Jako $u$ zvolím $(x_1,x_2,...x_n)$, jako $v$ zvolím $(\frac{1}{n},\frac{1}{n},...,\frac{1}{n})$ Z toho dostávám:

$\langle u,v \rangle = \frac{x_1}{n}+\frac{x_2}{n}+...+\frac{x_n}{n}$ - aritmetický průměr

$||u||*||v||=\sqrt{{x_1^2}+{x_2^2}+...+{x_n^2}}*\sqrt{\frac{n}{n^2}}$ - kvadratický průměr

a nerovnost průměrů platí díky C-S nerovnosti.

## 3)

Pozorování: Pro čtvercové matice (kde má smysl řešit stopu) platí: $(A^TA)_{ii} = \langle A_{*i}, A_{*i}\rangle$, tzn. součet čtverců prvků v příslušném sloupci. Díky tomu platí $(A^TA)_{ii} \geq a_{ii}^2$ (rovnost nastává pro čistě diagonální matice). V řešeních tak budu uvažovat pouze prvky na diagonále.
### 1.
$tr(A)^2 = (d_1+d_2+...+d_n)^2$
$n*tr(A^TA) \geq n(d_1^2+d_2^2+...+d_n^2)$

Po odmocnění dostávám:

$d_1+d_2+...+d_n \leq \sqrt{n}\sqrt{d_1^2+d_2^2+...+d_n^2}$

Pravou stranu můžu vjádřit jako součin norem následujících vektorů:

$v = (d_1,d_2...d_n)$
$u = (1,1,...,1)$.

a levou jako skalární součin těchto vektorů.

### 2.

Přímo vyplývá z pozorování. Při výpočtu (cílového) prvku na diagonále vždy sčítám druhé mocniny, takže celkový skalární součin (pro mezivýpočet) nemůže být menší, než druhá mocnina diagonálního prvku (původní matice) v příslušném sloupci.

### 3.

$tr(A^TB)\leq \frac{1}{2}(tr(A^TA)+tr(B^TB))$

Obě strany vynásobím dvěma a rozepíšu:

$2 \sum_{i=1}^n (\langle a_{*i},b_{*i}\rangle) \leq \sum_{i=1}^n (\langle a_{*i},a_{*i}\rangle +\langle b_{*i},b_{*i}\rangle)$

a z toho, jak je definován skalární součin, mohu předpokládat, že

$2ab \leq a^2+b^2$ (pro každé $a \in A$, $b \in B$)

$0 \leq (a-b)^2$

## 4)

### 1.

Normalizace $v_1$: $v_1$ má normu $\sqrt 3$, takže $z_1 = (\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3})$.
Odečtení projekce $v_2$ do $z_1$: $(1,1,0)-(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3})=(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{-2}{3})$
Normalizace $v_2$: norma $\sqrt{\frac{6}{9}}=\sqrt{\frac{2}{3}}$, tzn. $z_2 = (\frac{\sqrt{3}}{3\sqrt{2}},\frac{\sqrt{3}}{3\sqrt{2}},-\frac{2\sqrt{3}}{3\sqrt{2}}) = (\frac{\sqrt{6}}{6},\frac{\sqrt{6}}{6},-\frac{\sqrt{6}}{3})$

### 2.

$z_2 = (\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2},0)$
Odečtení projekce $v_1$ do $z_2$: $(1,1,1)-(\sqrt{2}*(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2},0))=(0,0,1)=z_1$

### 3.
$x=(0,1,1)$
Projekci vypočítám podle vzorce $x_U = \sum_{i=1}^2(\langle x,z_i \rangle z_i)$ a použiji vektory $z_1, z_2$ z druhé úlohy. První sčítanec je $(0,0,1)$, druhý $(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0)$. Dohromady $(\frac{1}{2},\frac{1}{2},1)$.

Vzdálenost je rovna $||x-x_U|| = ||(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},0)|| = \sqrt{\frac{2}{4}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

## 5)

Začnu s vektorem $(0,0,i)=z_1$, který již je normalizovaný.
Odečtu projekci $(0,i,i)$ do $(0,0,i)$; při skalárním součinu v $\mathbb C$ musím násobit s komplexně sdruženým číslem v druhé složce (proto $\langle i,i \rangle=1$).

$(0,i,i)-\langle(0,i,i),(0,0,i)\rangle(0,0,i)=(0,i,i)-1*(0,0,i)=(0,i,0)=z_2$
Poslední vektor již nebudu rozepisovat, vyjde $(i,0,0)$, takže celá báze kanon. báze vynásobená $i$.

## 6)

Zapíšu-li soustavu maticově, dostávám:
$$ \begin{bmatrix}
1 & -1 & 1 & 1 & | & 0\\
1 & 0 & 1 & 0 & | & 0
\end{bmatrix} $$

Řešením jsou proměnné $t_1, t_2$ tak, že:

$x = t_1$
$y = t_2$
$u = -t_1$
$v = t_2$

Pomocí elementárních úprav převedu matici do odstupňovaného tvaru a bázické vektory pak jsou následující:

$b_1 = (t_1,0,t_1,0)$
$b_2 = (0,-t_2,0,t_2)$

což pro ortonormalitu vychází

$z_1 = (\frac{\sqrt{2}}{2},0,\frac{\sqrt{2}}{2},0)$
$z_2 = (0,-\frac{\sqrt{2}}{2},0,\frac{\sqrt{2}}{2})$